33、套題所獲得的利潤f(x)＝(x－2)＋4(x－6)2＝4x3－56x2＋240x－278(20，
函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；在(，6)上，f′(x) <0，
函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，所以x＝是函數(shù)f(x)在(2,6)內(nèi)的極大值點，也是最大值點，
所以當(dāng)x＝≈3.3時，函數(shù)f(x)取得最大值．
故當(dāng)銷售價格為3.3元/套時，
網(wǎng)校每日銷售套題所獲得的利潤最大．
【規(guī)律方法】在利用導(dǎo)數(shù)求實際問題中的最大值和最小值時，不僅要注意函數(shù)模型中的定
34、義域，還要注意實際問題的意義，不符合的解要舍去．
【舉一反三】請你給某廠商設(shè)計一個包裝盒．如圖所示，ABCD是邊長為60 cm的正方形硬紙片，切去陰影部分所示的四個全等的等腰直角三角形，再沿虛線折起，使得A，B，C，D四個點重合于點P，正好形成一個正四棱柱形狀的包裝盒．E，F(xiàn)在AB上，且是被切去的一個等腰直角三角形斜邊的兩個端點．設(shè)AE＝FB＝x(cm)．
(1)若廠商要求包裝盒的側(cè)面積S(cm2)最大，試問x應(yīng)取何值？
(2)若廠商要求包裝盒的體積V(cm3)最大，試問x應(yīng)取何值．并求出此時包裝盒的高與底面邊長的比值．
題型六 利用導(dǎo)數(shù)解決不等式的有關(guān)問題
【例6】(201
35、6·高考全國Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)．
(1)當(dāng)a＝4時，求曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程；
(2)若當(dāng)x∈(1＋∞)時，f(x)＞0，求a的取值范圍．
(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)．
當(dāng)a＝4時，f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)，
f(1)＝0，f′(x)＝ln x＋－3，f′(1)＝－2.
故曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為2x＋y－2＝0.
(2)當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f(x)＞0等價于ln x－＞0.
設(shè)g(x)＝ln x－，
則g′(x)＝－＝，g(1)＝0.
①當(dāng)a≤2，x∈(1＋
36、∞)時，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞0，故g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)單調(diào)遞增，因此g(x)＞0；
②當(dāng)a＞2時，令g′(x)＝0得x1＝a－1－，x2＝a－1＋.
由x2＞1和x1x2＝1得x1＜1，故當(dāng)x∈(1，x2)時，g′(x)＜0，g(x)在(1，x2)單調(diào)遞減，因此g(x)＜0.
綜上，a的取值范圍是(－∞，2]．
【舉一反三】 (2015·湖南，21)已知a＞0，函數(shù)f(x)＝eaxsin x(x∈[0，＋∞))．記xn為f(x)的從小到大的第n(n∈N*)個極值點，證明：
(1)數(shù)列{f(xn)}是等比數(shù)列；
(2)若a≥，則對一切n∈N*，
37、xn＜|f(xn)|恒成立.
證明 (1)f′(x)＝aeaxsin x＋eaxcos x
＝eax(asin x＋cos x)
＝eaxsin(x＋φ)，
其中tan φ＝，0＜φ＜.
令f′(x)＝0，由x≥0得x＋φ＝mπ，
即x＝mπ－φ，m∈N*，
對k∈N，若2kπ＜x＋φ＜(2k＋1)π，
即2kπ－φ＜x＜(2k＋1)π－φ，
則f′(x)＞0；
若(2k＋1)π＜x＋φ＜(2k＋2)π，
即(2k＋1)π－φ＜x＜(2k＋2)π－φ，則f′(x)＜0.
因此，在區(qū)間((m－1)π，mπ－φ)與(mπ－φ，mπ)上，
f′(x)的符號總相反．
于是
38、當(dāng)x＝mπ－φ(m∈N*)時，f(x)取得極值，
所以xn＝nπ－φ(n∈N*)．
此時，f(xn)＝ea(nπ－φ)sin(nπ－φ)＝
(－1)n＋1ea(nπ－φ)sin φ.
易知f(xn)≠0，而
＝＝－eaπ是常數(shù)，故數(shù)列{f(xn)}是首項為f(x1)＝ea(π－φ)sin φ，公比為－eaπ的等比數(shù)列．
(2)由(1)知，sin φ＝，于是對一切n∈N*；
xn＜|f(xn)|恒成立，即nπ－φ＜ea(nπ－φ)恒成立，等價于＜(*)
恒成立，因為(a＞0)．
設(shè)g(t)＝(t＞0)，則g′(t)＝.
令g′(t)＝0得t＝1.
當(dāng)0＜t＜1時，g′(t)
39、＜0，所以g(t)在區(qū)間(0，1)上單調(diào)遞減；
當(dāng)t＞1時，g′(t)＞0，所以g(t)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增．
從而當(dāng)t＝1時，函數(shù)g(t)取得最小值g(1)＝e.
因此，要使(*)式恒成立，只需＜g(1)＝e，
即只需a＞.
而當(dāng)a＝時，由tan φ＝＝＞且0＜φ＜知，＜φ＜.
于是π－φ＜＜，且當(dāng)n≥2時，nπ－φ≥2π－φ＞＞.
因此對一切n∈N*，axn＝≠1，所以g(axn)＞g(1)＝e＝.故(*)式亦恒成立．
綜上所述，若a≥，
則對一切n∈N*，xn＜|f(xn)|恒成立．
【變式探究】(2015·福建，20)已知函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)，g(x
40、)＝kx(k∈R)．
(1)證明：當(dāng)x＞0時，f(x)＜x；
(2)證明：當(dāng)k＜1時，存在x0＞0，使得對任意的x∈(0，x0)，恒有f(x)＞g(x)；
(3)確定k的所有可能取值，使得存在t＞0，對任意的x∈(0，t)，恒有|f(x)－g(x)|＜x2.
(1)證明 令F(x)＝f(x)－x＝ln(1＋x)－x，x∈(0，＋∞)，
則有F′(x)＝－1＝.
當(dāng)x∈(0，＋∞)時，F(xiàn)′(x)＜0，
所以F(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，
故當(dāng)x＞0時，F(xiàn)(x)＜F(0)＝0，即當(dāng)x＞0時，f(x)＜x.
(2)證明 令G(x)＝f(x)－g(x)＝ln(1＋x)－kx，x∈
41、(0，＋∞)，
則有G′(x)＝－k＝.
當(dāng)k≤0時，G′(x)＞0，故G(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞增，G(x)＞G(0)＝0，
故任意正實數(shù)x0均滿足題意．
當(dāng)0＜k＜1時，令G′(x)＝0，得x＝＝－1＞0，
取x0＝－1，對任意x∈(0，x0)，
有G′(x)＞0，
從而G(x)在(0，x0)單調(diào)遞增，
所以G(x)＞G(0)＝0，
即f(x)＞g(x)．
綜上，當(dāng)k＜1時，總存在x0＞0，使得對任意x∈(0，x0)，恒有f(x)＞g(x)．
(3)解 當(dāng)k＞1時，由(1)知，對于?x∈
(0，＋∞)，g(x)＞x＞f(x)，故g(x)＞f(x)，
|f(x)－
42、g(x)|＝g(x)－f(x)
＝kx－ln(1＋x)．
M(x)＝kx－ln(1＋x)－x2，x∈[0，＋∞)．
則有M′(x)＝k－－2x
＝.
故當(dāng)x∈時，M′(x)＞0，
M(x)在上單調(diào)遞增，
故M(x)＞M(0)＝0，即|f(x)－g(x)|＞x2，所以滿足題意的t不存在．
當(dāng)k＜1時，由(2)知，存在x0＞0，使得當(dāng)x∈(0，x0)時，f(x)＞g(x)，
此時|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)＝
ln(1＋x)－kx.
令N(x)＝ln(1＋x)－kx－x2，x∈[0，＋∞)．
則有N′(x)＝－k－2x
＝.
當(dāng)x∈時，
N′(x)＞0，
43、N(x)在
上單調(diào)遞增，
故N(x)＞N(0)＝0，即f(x)－g(x)＞x2.
記x0與中的較小者為x1，
則當(dāng)x∈(0，x1)時，恒有|f(x)－g(x)|＞x2.
故滿足題意的t不存在．
當(dāng)k＝1時，由(1)知，當(dāng)x＞0時，|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝x－ln(1＋x)，
令H(x)＝x－ln(1＋x)－x2，x∈[0，＋∞)，
則有H′(x)＝1－－2x＝.
當(dāng)x＞0時，H′(x)＜0，
所以H(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減，
故H(x)＜H(0)＝0.
故當(dāng)x＞0時，恒有|f(x)－g(x)|＜x2.
此時，任意正實數(shù)t均滿足題意．
綜上，
44、k＝1.
法二 (1)(2)證明 同法一．
(3)解 當(dāng)k＞1時，由(1)知，對于?x∈(0，＋∞)，g(x)＞x＞f(x)，
故|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝kx－ln(1＋x)＞kx－x＝(k－1)x.
令(k－1)x＞x2，解得0＜x＜k－1.
從而得到，當(dāng)k＞1時，對于x∈(0，k－1)，
恒有|f(x)－g(x)|＞x2，
故滿足題意的t不存在．
當(dāng)k＜1時，取k1＝，從而k＜k1＜1，
由(2)知，存在x0＞0，使得x∈(0，x0)，
f(x)＞k1x＞kx＝g(x)，
此時|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)＞(k1－k)x＝x，
令x
45、＞x2，解得0＜x＜，
此時f(x)－g(x)＞x2.
記x0與的較小者為x1，
當(dāng)x∈(0，x1)時，恒有|f(x)－g(x)|＞x2.
故滿足題意的t不存在．
當(dāng)k＝1時，由(1)知，x＞0，|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)＝x－ln(1＋x)，
令M(x)＝x－ln(1＋x)－x2，x∈[0，＋∞)，
則有M′(x)＝1－－2x＝.
當(dāng)x＞0時，M′(x)＜0，所以M(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減，
故M(x)＜M(0)＝0.故當(dāng)x＞0時，
恒有|f(x)－g(x)|＜x2，
此時，任意正實數(shù)t均滿足題意．
綜上，k＝1.
【舉一反三】(2014·福建
46、)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax(a為常數(shù))的圖象與y軸交于點A，曲線y＝f(x)在點A處的切線斜率為－1.
(1)求a的值及函數(shù)f(x)的極值；
(2)證明：當(dāng)x＞0時，x2＜ex；
(3)證明：對任意給定的正數(shù)c，總存在x0，使得當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，恒有x2＜cex.
【命題意圖】本小題主要考查基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)、導(dǎo)數(shù)的運算及導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用、全稱量詞與存在量詞等基礎(chǔ)知識，考查考生的運算求解能力、抽象概括能力、推理論證能力，考查函數(shù)與方程思想、有限與無限思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想、分類與整合思想、特殊與一般思想．
【解析】解法一：(1)由f(x)＝ex－ax，得
f′(x)＝ex－a.
47、
又f′(0)＝1－a＝－1，得a＝2.
所以f(x)＝ex－2x，f′(x)＝ex－2.
令f′(x)＝0，得x＝ln 2.
當(dāng)x＜ln 2時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；
當(dāng)x＞ln 2時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增．
所以當(dāng)x＝ln 2時，f(x)取得極小值，
且極小值為f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2－ln 4，
②若0＜c＜1，令k＝＞1，要使不等式x2＜cex成立，只要ex＞kx2成立．
而要使ex＞kx2成立，則只要x＞ln(kx2)，
只要x＞2ln x＋ln k成立．
令h(x)＝x－2ln x－ln k，則h′(x)＝1－＝，
48、
所以當(dāng)x＞2時，h′(x)＞0，h(x)在(2，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增．
取x0＝16k＞16，所以h(x)在(x0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，
又h(x0)＝16k－2ln(16k)－ln k＝8(k－ln 2)＋3(k－ln k)＋5k，
易知k＞ln k，k＞ln 2,5k＞0，所以h(x0)＞0.
即存在x0＝，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，恒有x2＜cex.
綜上，對任意給定的正數(shù)c，總存在x0，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，恒有x2＜cex.
解法二：(1)同解法一．
(2)同解法一．
(3)證明：對任意給定的正數(shù)c，取x0＝，由(2)知，當(dāng)x＞0時，ex＞x2，
所以ex＝e·e＞22
49、，
當(dāng)x＞x0時，ex＞22＞2＝x2，因此，對任意給定的正數(shù)c，總存在x0，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，恒有x2＜cex.
解法三：(1)同解法一．
(2)同解法一．
(3)證明：首先證明當(dāng)x∈(0，＋∞)時，恒有x3＜ex，
證明如下：
令h(x)＝x3－ex，則h′(x)＝x2－ex.
由(2)知，當(dāng)x＞0時，x2＜ex，
從而h′(x)＜0，h(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減，
所以h(x)＜h(0)＝－1＜0，即x3＜ex.
取x0＝，當(dāng)x＞x0時，有x2＜x3＜ex.
因此，對任意給定的正數(shù)c，總存在x0，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，恒有x2＜cex.
注：對c的分類
50、可有不同的方式，只要解法正確，均可以．
題型七 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合問題
【例7】(2016·高考全國Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有兩個零點．
(1)求a的取值范圍；
(2)設(shè)x1，x2是f(x)的兩個零點，證明：x1＋x2<2.
(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．
①設(shè)a＝0，則f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一個零點．
②設(shè)a>0，則當(dāng)x∈(－∞，1)時，f′(x)<0；
當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，1)內(nèi)單調(diào)遞增，在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增．
又f(1)＝－e，f(
51、2)＝a，取b滿足b<0且b(b－2)＋a(b－1)2＝a>0，故f(x)存在兩個零點．
③設(shè)a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．
若a≥－，則ln(－2a)≤1，故當(dāng)x∈(1，＋∞)時，
f′(x)>0，因此f(x)在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增．
又當(dāng)x≤1時，f(x)<0，所以f(x)不存在兩個零點．
若a<－，則ln(－2a)>1，故當(dāng)x∈(1，ln(－2a))時，f′(x)<0；
當(dāng)x∈(ln(－2a)，＋∞)時，f′(x)>0.
因此f(x)在(1，ln(－2a))內(nèi)單調(diào)遞減，在(ln(－2a)，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增．
又當(dāng)x≤1時
52、，f(x)<0，所以f(x)不存在兩個零點．
綜上，a的取值范圍為(0，＋∞)．
(2)不妨設(shè)x1f(2－x2)，即f(2－x2)<0.
由于f(2－x2)＝－x2e＋a(x2－1)2，
而f(x2)＝(x2－2)e＋a(x2－1)2＝0，
所以f(2－x2)＝－x2e－(x2－2)ex2.
設(shè)g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，
則g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)．
所以當(dāng)x>1時，g′(x)<0，而g(
53、1)＝0，故當(dāng)x>1時，g(x)<0.
從而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.
【舉一反三】 (2015·廣東，19)設(shè)a>1，函數(shù)f(x)＝(1＋x2)ex－a.
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)證明：f(x)在(－∞，＋∞)上僅有一個零點；
(3)若曲線y＝f(x)在點P處的切線與x軸平行，且在點M(m，n)處的切線與直線OP平行(O是坐標(biāo)原點)，證明：m≤－1.
(1)解 f′(x)＝2xex＋(1＋x2)ex＝(x2＋2x＋1)ex＝(x＋1)2ex
?x∈R，f′(x)≥0恒成立．
∴f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，＋∞)．
(2)證明 ∵f(0)
54、＝1－a，f(a)＝(1＋a2)ea－a，
∵a>1，∴f(0)<0，f(a)>2aea－a>2a－a＝a>0，
∴f(0)·f(a)<0，
∴f(x)在(0，a)上有一零點，又∵f(x)在(－∞，＋∞)上遞增，
∴f(x)在(0，a)上僅有一個零點，
∴f(x)在(－∞，＋∞)上僅有一個零點．
(3)證明 f′(x)＝(x＋1)2ex，設(shè)P(x0，y0)，
則f′(x0)＝ex0(x0＋1)2＝0，
∴x0＝－1，
把x0＝－1，代入y＝f(x)得y0＝－a，
∴kOP＝a－.
f′(m)＝em(m＋1)2＝a－，
令g(m)＝em－(m＋1)，g′(m)＝em－1.
55、
令g′(x)>0，則m>0，
∴g(m)在(0，＋∞)上增．
令g′(x)<0，則m<0，
∴g(m)在(－∞，0)上減．
∴g(m)min＝g(0)＝0.
∴em－(m＋1)≥0，即em≥m＋1.
∴em(m＋1)2≥(m＋1)3，
即a－≥(m＋1)3.
∴m＋1≤，即m≤－1.
【變式探究】設(shè)函數(shù)f(x)＝＋c(e＝2.718 28…是自然對數(shù)的底數(shù)，c∈R)．
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間、最大值．
(2)討論關(guān)于x的方程|ln x|＝f(x)根的個數(shù)．
【解析】解 (1)f′(x)＝＝，
由f′(x)>0得x<，由f′(x)<0得x>.
所以f(x)的單
56、調(diào)遞增區(qū)間為，遞減區(qū)間為.所以f(x)max＝f＝＋c.
(2)由已知|ln x|＝f(x)得|ln x|－＝c，x∈(0，＋∞)，
令g(x)＝|ln x|－，y＝c.
①當(dāng)x∈(1，＋∞)時，ln x>0，則g(x)＝ln x－.
所以g′(x)＝＋>0.
所以g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．
②當(dāng)x∈ (0,1)時，ln x<0，則g(x)＝－ln x－.
所以g′(x)＝－－＝.
因為e2x∈(1，e2)，e2x>1>x>0，所以－<－1，而2x－1<1.所以g′(x)<0，即g(x)在(0, 1)上單調(diào)遞減．
由①②可知，當(dāng)x∈(0，＋∞)時，g(x)≥g(1
57、)＝－.
由數(shù)形結(jié)合知，當(dāng)c<－時，
方程|ln x|＝f(x)根的個數(shù)為0；
當(dāng)c＝－時，方程|ln x|＝f(x)根的個數(shù)為1；
當(dāng)c>－時，方程|ln x|＝f(x)根的個數(shù)為2.
【規(guī)律方法】(1)本題第(1)問，利用了函數(shù)單調(diào)的充分條件：“若f′(x)>0，則f(x)單調(diào)遞增，若f′(x)<0，則f(x)
單調(diào)遞減”；求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，而對于函數(shù)的最值需謹(jǐn)記函數(shù)在閉區(qū)間上一定存在最值，在開區(qū)間上函數(shù)不一定存在最值，若存在，一定是極值．
(2)本題第(2)問，借助轉(zhuǎn)化與數(shù)形結(jié)合的思想，把方程根的個數(shù)轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)圖象交點的個數(shù)，利用極值解決問題．
【變式探究】設(shè)函數(shù)f
58、(x)定義在(0，＋∞)上，f(1)＝0，導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝，g(x)＝f(x)＋f′(x)．
(1)求g(x)的單調(diào)區(qū)間和最小值；
(2)討論g(x)與g的大小關(guān)系；
(3)是否存在x0＞0，使得|g(x)－g(x0)|＜對任意x＞0成立？若存在，求出x0的取值范圍；若不存在，請說明理由．
【解析】解 (1)由題設(shè)易知f(x)＝ln x，g(x)＝ln x＋，所以g′(x)＝，令g′(x)＝0，得x＝1，當(dāng)x∈(0,1)時，g′(x)＜0，故(0,1)是g(x)的單調(diào)減區(qū)間；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g′(x)＞0，故(1，＋∞)是g(x)的單調(diào)增區(qū)間．因此，x＝1是g(x)的唯一極值點，且為極小值點，從而是最小值點，所以最小值為g(1)＝1.
(2)g＝－ln x＋x，設(shè)h(x)＝g(x)－g＝2ln x－x＋，則h′(x)＝－，當(dāng)x＝1時，h(1)＝0，即g(x)＝g，當(dāng)x∈(0,1)∪(1，＋∞)時，h′(x)＜0，h′(1)＝0，因此，h(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減，當(dāng)0＜x＜1時，h(x)＞h(1)＝0，即g(x)＞g；當(dāng)x＞1時，h(x)＜h(1)＝0，即g(x)＜g.
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2018年高考數(shù)學(xué) 專題04 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用教學(xué)案 理
